TSL10 toanchuyen thanh hoa(lam son) 11 12

Sở giáo dục và đào tạo

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn

Năm học 2011 - 2012

Thanh Hóa
Đề CHíNH THứC

Môn : Toán
(dùng chung cho thí sinh thi vo

chuyên tin)
Thời gian làm bài 120 phút không kể
thời gian phát đề
Ngày thi: 19 tháng 6 năm
2011
Câu I (2,5 điểm)
1. Giải phơng trình:
2. Chứng minh rằng:

2 x 4 17 4 2 x 3 8 2 x
4

17 12 2 4 17 12 2
2
2

Câu II: (2 điểm) Giải phơng trình:
(x-1)(x-2)(x+3)(x+6)=12x 2
Câu III (1,5 điểm)

Tìm các số nguyên x,y thõa mãn: x 2 x 2 y 2 y 2 xy 2 xy 3
Câu IV : (3 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh AB và AC lần lợt lấy các
điểm D và E sao cho DE = BD + CE. Tia phân giác góc BDE cắt
cạnh BC tại I. CMR :
a) Tam giác DIE vuông
b) Đờng thẳng DI luôn đi qua một điểm cố định.
Câu V: (1 điểm)
Cho a, b là các số dơng thỏa mãn: a+b =1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =

19
6
2
2011(a 4 b 4 )
2
ab a b

--------------- Hết--------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh: ............................................ Số báo
danh....................
Chữ ký giám thị 1: ............................................ chữ ký giám thị
2:............................
/>
1


Giải đề thi môn toán
Vào Chuyên tin Lam sơn 2011 2012
Câu 1 :

a)Giải phơng trình





2 x 4 17 4 2 x 3 8 2 x

2

x 2 2 2 x 2 17 4 2 x 3 8 2 x
x 4 8 x 2 4 4 2 x 3 4 x 2 8 2 x 17 4 2 x 3 8 2 x
x 4 12 x 2 13 0
Đặt t = x2 (t 0)
Ta có phơng trình; t2 + 12t 13 = 0
Phơng trình có hai nghiệm phân biệt t1=1 ; t2 = -13 (loại)
t1=1 x2 = 1 x= 1
4

b)Chứng minh rằng:
VT

17 12 2 4 17 12 2
2
2

4
4
4
4

= 17 12 2 17 12 2 9 2 12 8 9 2 12 8

2

4

=



=

3 2 2


2

2

2 1
2

2



4 3 2 2
2

21



2



2



2 2



2 1 2 2 2 1
2

2 1 2 1
2 = VP
2

4
4
Vậy : 17 12 2 17 12 2 2 (đpcm)

2

Câu 2:
Giải phơng trình : (x-1)(x-2)(x+3)(x+6)=12x 2
C1.
* Với x = 0 không phải là nghiệm phơng trình
* Với x 0 , chia hai vế phơng trình cho x2 ta có phơng
trình :

x





6
6


5x 6 x2 x 6
.
12 <=> x 5 x 1 12
x
x
x
x


6
Đặt t = x 3

x
2

ta có phơng trình : (t +2)(t 2) = 12<=> t2 4 =12 <=> t2
= 16<=>t = 4
6
Với t = 4 ta có phơng trình ; x 3 4
x
x2- x - 6 = 0 phơng trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = 3 ;
x2= -2
6
Với t = - 4 ta có phơng trình x 3 4
x

2


x2+7x -6 =0 ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1=
 7  73
 7  73
; x2 
2
2

VËy ph¬ng tr×nh ®· cho cã 4 nghiÖm ph©n biÖt…

3


C©u 3:

T×m c¸c sè nguyªn x, y tháa m·n: x 2  x  2 y 2  y 2 xy 2  xy  3 (x, y
z)
 x 2  1  x  2 xy 2  2 y 2  1  y  xy 1
 (x-1)(x+1-y)-(x-1)(2y2-1)=1
 (x-1)(x+1-y-2y2+1)=1

  x 2

   y 1
  x  1 1
 
  x 2
3

   y 

2
2

  y  1 2 y  3 0
   2 y  y  x  2 1
 
 

  x 0
  x 0
x  1  1
 



   2 y 2  y  x  2  1    y  1 2 y  3 0
   y 1
 
3
   y 
  
2
VËy cÆp sè nguyªn tháa m·n lµ : (2,1) ; (0 ;1)
C©u 4 :
a)

A

D
M
E
B

C

I
O

Điểm M t/m MD = BD, ME = CE
Dựng đường tròn tâm (O) đường tròn đi qua
M, B và C.
  DBO =  DMO (ccc)  Tia DO là p/g
góc BDM. Tg tự EO là tia p/g góc CEM. 
O là tâm đường tròn bàng tiếp  ADE. 
(O) tiếp xúc với AB, AC và DE tại B, C và

M.  OB  AB, OC  AC, OM  DE.
DOE = ECI ( cùng bằng ½ cung BC).
suy ra tứ giác IOCE nội tiếp .
Mà góc ECO = 900 nên góc EIO = 900
Vậy góc DIE vuông.
b) Áp dụng phần a) ta luôn có DI đi qua điểm
cố định là O Tâm đường tròn tiếp xúc với
AB ,AC tại B và C

4


Câu 5:
C2. Cho a, b là các số dơng thỏa mãn: a + b =1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =
19
6
2
2011( a 4 b 4 )
2
ab a b

19
6
2
2011(a 4 b 4 )
2
ab a b
16 3
6

T
2
2011(a 4 b 4 )
2
ab ab a b
16
1
1
6
2
2011(a 4 b 4 )
2
ab
2ab a b

T

* Ta cú : (a b)2 0 a, b du bng a = b = ẵ
2

a b
1
2
2
2

a + b 2ab (a + b) 4ab ab

4
4

16
16
16.4
64 du bng a = b = ẵ (1)

ab
ab
* Ta li cú : (a b)2 0 a, b du bng a = b = ẵ
(a2 + b2 2ab)2 0 a, b du bng a = b = ẵ
a4 + b4 + 4a2b2 + 2a2b2 4a3b 4ab3 0
a4 + b4 + 4a2b2 + 2a2b2 + 4a3b + 4ab3 8a3b + 8ab3
(a2 + b2 + 2ab)2 8ab(a2 +b2)
[(a + b)2]2 8ab(a2 +b2)

a 2 b 2 2ab
4


thay a + b = 1 ta cú :
2ab a 2 b 2
a b 2







1
1

4
2

4 du bng a = b = ẵ
2ab a b 2 1

(2)

* Ta li cú : (a b)2 0 a, b du bng a = b = ẵ
a2 + b2 2ab 2(a2 + b2) a2 + b2 + 2ab 2(a2 + b2) (a + b)2
thay a + b = 1 ta cú: 2(a2 + b2) 1 a2 + b2 ẵ du bng a = b = ẵ (3)
Tng t : (a2 b2)2 0 a, b du bng a = b = ẵ
a4 + b4 2a2b2 2(a4 + b4) a4 + b4 + 2a2b2

a +b
4

4

a

2

b2
2



2

1
du bng a = b = ẵ (4)
8

Cng v (1), (2), (4) ta cú T 64 + 6.4 + 2011.
T

1
8

2715
du bng a = b = ẵ
8
5


6


C2. Cho a, b là các số dơng thỏa mãn: a + b =1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =
19
6
2
2011(a 4 b 4 )
2
ab a b
p dng bt ng thc cụsi v bt ng thc Bunhiacopxiki

16 1
1
1
T
6 2
2011. (1 1)(a4 b4)
2
ab 2ab a b
2
16.4
4
1
T
6.
2011. .(a2 b2)2
2
2
(a b)
(a b)
2
2011
2715
64 24
.(a b)2
8
8
Du bng xy ra khi a = b = ẵ

Ht

HNG DN V BIU IM CHM CHNH THC
(Hng dn v biu im chm gm 04 trang)
Cõu

í

Ni dung
2

i
m

2

1 1
1 1
Ta có x 1
a 1
a .
4 a
4 a
2

Suy ra
Cõu
1
2,0


Cõu

2
2,0

0.5

1 1
x2 1
a
( do a 1 ).
2 a

1 1
y2 1
b .
2 b
1 1
1 1 1
1
a
b
a
b



4 a
b 4 a
b

Do dó: P
1 1
1 1 1
1
a
b
a
b



4 a
b 4 a
b

0.5

a
=
a

0.5

Tơng tự, ta có

2

0.5

1 b2 1 a 2 1 b 2 1

a 2 b2

.
2
1 b2 1 a 2 1 b2 1 a 2b2 1

1,0

4
3
2 2

x x y x y 1 (1)
3
2
x y x xy 1 (2)
Tr tng v phng trỡnh (1) cho phng trỡnh (2), ta c
( x 2 xy )2 ( x 2 xy ) 2 0 x 2 xy 1 hoc x 2 xy 2.

7


�x  0
3
Khi xy  x 2  1 thì (2) � x y  0 � �
, kết hợp (1) được ( x; y )  (�1;0) là nghiệm
�y  0
của hệ.
Khi xy  x 2  2 thì (2) � x 4  2 x 2  3  0 vô nghiệm

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y )  (�1;0).
Ta có: x 2  xy  y 2  x 2 y 2 �  x  y   xy  xy  1 .
2

xy  0
�

Câu
3
(2,0đ
)

Nếu x  y  0 thì xy  xy  1  0 � �
xy  1.
�
Với xy  0 , kết hợp x  y  0 suy ra x  y  0.
�x  1
�x  1
Với xy  1 , Kết hợp với x  y  0 suy ra �
hoặc �
�y  1
�y  1.

0,5
0.5
0,5
0.25
0.25

2

Nếu x  y �0 , từ đẳng thức  x  y   xy  xy  1 suy ra xy và xy  1 là hai số

nguyên liên tiếp khác 0, nên nguyên tố cùng nhau. Do đó không thể cùng là số
chính phương.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là  x; y    0;0  ,  1; 1 ,  1;1 .
Câu
4 1.
3,0đ 1,25
đ

0,5

Trường hợp: BFED là tứ giác lồi.
� �
�  PAK
�  PBK
�  EBF
� , suy ra BFED là tứ giác nội
Ta có EDF
ADC  MCA
tiếp.
�  FDE
�  1800 , suy ra
Trường hợp: BFDE là tứ giác lồi. Chứng minh được FBE
BFDE nội tiếp.

0.5

1,0

0,25

Ghi chú : Nếu học sinh chỉ chứng minh một trong hai trường hợp thì cho 1,0
điểm.
Chứng minh

CP BC

.
DQ BD

�  CPB
� (  1 sđ �
Xét hai tam giác DBQ và CBP, có DQB
AB của 1 )
2
�  PCB
� (cùng bù với BDA
� ), suy ra BDQ đồng dạng với CBP , suy ra
và QDB

0,5

CP CB

(1).
DQ BQ
BC CA

.

Chứng minh
DC DA

8


�  MBC
� , vì MC là tiếp
�
Xét hai tam giác MAC và MCB, có BMC
chung và MCA

2.
tuyến của 2 , suy ra MAC đồng dạng với tam giác MCB, suy ra
1,0đ
2
CA MA MC
�CA � MA MC MA


� � �
.

(2) .
CB MC MB
�CB � MC MB MB

0,25

2

�DA � MA
(3).
Chứng minh tương tự : � �
�DB � MB
2

2

�CA � �DA � CA DA

�
Từ (2) và (3) suy ra � � � ��
�CB � �DB � CB DB
CP BC CA


(5).
Từ (1) và (4) suy ra
DQ BD DA
3.
CA DA

Gọi N  CD �PQ. Từ (5) suy ra
(6).
0,75
CP DQ
CA

Từ A kẻ AI song song với CD ( I �PQ). Suy ra

CP
hợp với (6), suy ra NP  NQ.

CA BC

(4).
DA BD

0,25
DA NI
NI

, kết
và
DQ NQ
NP

Với mỗi tập con B   a1 , a2 , a3 , a4 , a5  �A. Ta có tất cả 10 tổng ai  a j , với

Câu
5

0,25

i �j , i, j  1,5.
Nếu tất cả các tổng trên đều có chữ số hàng đơn vị khác nhau đôi một thì tổng của
tất cả các chữ số hàng đơn vị của 10 tổng trên sẽ là:
0  1  2  3  4  5  6  7  8  9  45 là số lẻ
(1)

0,5

0,25
0,5

9


1,0đ

5

Mặt khác, ta lại có tổng của tất cả 10 tổng trên là � (ai  a j )  4�ai , do đó
1�i  j �5

i 1

0,25

tổng của tất cả các chữ số hàng đơn vị của 10 tổng trên là số chẵn (2).
Ta có (1) và (2) mâu thuẫn. Vậy yêu cầu bài toán được chứng minh.
Ghi chú. Có thể giải câu 5) theo cách sau:
Ta có A  C �D, trong đó C   0;2;4;6;8 , D   1;3;5;7;9 và C �D  �.
Như vậy với mỗi tập con B gồm 5 phần tử của tập A, luôn tồn tại ít nhất 3 phần tử
có cùng tính chẵn lẻ.
Trường hợp 1: Tập B có 3 phần tử cùng tính chẵn (lẻ) và 2 phần tử còn lại cùng
tính lẻ (chẵn).
Nếu 3 phần tử của B cùng tính chẵn là a, b, c và 2 phần tử cùng tính lẻ là d, e thì 6
tổng: d  a, d  b, d  c, e  a, e  b, e  c cùng tính lẻ, nên phải có hai tổng có chữ
số hàng đơn vị như nhau.

Nếu B có 3 phần tử cùng tính lẻ và 2 phần tử còn lại cùng tính chẵn thì chứng
minh tương tự.
Trường hợp 2: Tập B có ít nhất 4 phần tử cùng tính chẵn (hoặc cùng tính lẻ), gọi
4 phần tử đó là a, b, c, d thì 6 tổng: a  b, a  c, a  d , b  c, b  d , c  d luôn cùng
tính chẵn, nên có 2 tổng có chữ số hàng đơn vị như nhau.
Vậy yêu cầu bài toán được chứng minh.
Lưu ý:- Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.

Người đưa lên:

Nguyễn Quốc Việt

10

0,25

0,5

0,25